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2021_2022学年辽宁省凤城市第一中学高一（下）月考物理试卷（3月）(含答案解析)
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这是一份2021_2022学年辽宁省凤城市第一中学高一（下）月考物理试卷（3月）(含答案解析)，共13页。试卷主要包含了5m/s2B等内容，欢迎下载使用。
A. 曲线运动的速度大小可能不变
B. 曲线运动的速度方向可能不变
C. 曲线运动一定是变速运动
D. 做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零
2. 下列关于机械能守恒的说法中正确的是( )
A. 物体做匀速直线运动，它的机械能一定守恒
B. 物体所受的合力的功为零，它的机械能一定守恒
C. 物体所受的合力不等于零，它的机械能可能守恒
D. 物体所受的合力等于零，它的机械能一定守恒
3. 一人用力踢质量为1 kg的足球，使球由静止以10m/s的速度沿水平方向飞出，假设人踢球时对球的平均作用力为200 N，球在水平方向运动了20 m，那么人对球所做的功( )
A. 50 JB. 200 JC. 4000 JD. 非上述各值
4. 如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的受力情况是( )
A. 绳的拉力大于A的重力
B. 绳的拉力等于A的重力
C. 绳的拉力小于A的重力
D. 绳的拉力先大于A的重力，后变为小于重力
5. 中国自主研发的北斗二号卫星系统在2015年形成覆盖全球的卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成．现在中国正在服役的北斗一号卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面36000 km的地球同步轨道上，而美国的全球卫星定位系统GPS由24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为20000 km。则下列说法中正确的是( )
A. 美国所有GPS的卫星所受向心力大小均相等
B. 美国所有GPS的卫星比北斗一号的卫星线速度小
C. 北斗二号中的中轨道卫星的加速度一定大于高轨道卫星的加速度
D. 北斗一号系统中三颗卫星向心加速度比赤道上物体的向心加速度小
6. 如图为一皮带传动装置，a、b、c三点做圆周运动的半径之比ra:rb:rc=1:2:4。若a、b、c三点的线速度分别用υa、υb、υc表示，角速度分别用ωa、ωb、ωc表示，在传动过程中皮带不打滑，则下列关系式正确的是( )
A. υa:υb:υc=1:2:4B. υa:υb:υc=4:2:1
C. ωa:ωb:ωc=2:1:1D. ωa:ωb:ωc=1:2:2
7. 质量为5 t 的汽车在水平路面上由静止开始做匀加速直线运动，动摩擦因数为0.2，启动后第1 s末发动机的瞬时功率为1.5×104 W(此时未达到额定功率)，则此时汽车的加速度大小为( )
A. 0.5m/s2B. 1m/s2C. 1.5m/s2D. 2m/s2
8. “嫦娥二号”卫星已成功发射，这次发射后卫星直接进入近地点高度为200 km、远地点高度约3.8×105km的地月转移轨道直接奔月．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点为100 km、周期为12 h的椭圆轨道a，再经过两次轨道调整，进入距月球100 km的近月圆轨道b，轨道a和b相切于P点，如图所示．下列说法正确的是( )
A. “嫦娥二号”卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s
B. “嫦娥二号”卫星的发射速度大于11.2km/s
C. “嫦娥二号”卫星在a、b轨道经过P点的速度va=vb
D. “嫦娥二号”卫星在a、b轨道经过P点的加速度分别为aa、ab，则aa=ab
9. (多选)如图所示，放置在水平地面上的支架质量为 M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为 m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是( )
A. 在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m+M)g
B. 在释放前的瞬间，支架对地面的压力为 Mg
C. 摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m+M)g
D. 摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(3m+M)g
10. 如图甲所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力)，A、B、C在同一直线上．t=0时，给小球一个垂直于细绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动．在0≤t≤10s时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 两根铁钉间的距离为细绳长的1/6
B. t=10.5s时细绳拉力的大小为6 N
C. t=14s时细绳拉力的大小为10 N
D. 细绳第三次碰铁钉到第四次碰钉的时间间隔为3 s
11. 向心力演示器是用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系实验装置，如图所示。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小关系。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。
(1)在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们要用到物理学中的______；
A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.演绎推理法
(2)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与______的关系；
A.钢球质量mB.运动半径rC.向心加速度a D.角速度ω
(3)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球A和钢球C所受向心力的比值为1：4，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为______。
A.2：1B.1：2C.4：1D.1：4
12. 在做“研究平抛运动”的实验时，某同学用铅笔描出了小球经过空间三点A、B、C的位置和一条竖直线之后，就取下图纸，忘了标出初始位置O，在图纸上过A点作竖直向下的y轴和水平的x轴，定出了A、B、C三点坐标，如图所示，由图中的数据可知，A点到B点的时间是 ______s，小球平抛运动的初速度为______m/s，B点的速度为______m/s，按图示坐标轴，可知平抛运动小球的初始位置的坐标为______。(g=10m/s2)
13. 质量m=1kg的小球在长为L=1m的细绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmax=46N，转轴离地高度h=6m，g取10m/s2.则：
(1)若恰好通过最高点，则最高点处的速度为多大？
(2)在某次运动中在最低点细绳恰好被拉断，则此时的速度为多大？
(3)绳断后小球做平抛运动，如图所示，求落地水平距离x.
14. 宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球。经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L，若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为3L.已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，引力常量为G，则：
(1)若在该星球上发射卫星，求最小的发射速度；
(2)该球星的平均密度为多大？
15. 为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37∘、长为L=2.0 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个小物块以初速度v0=4.0 m/s从某一高处水平抛出，不计空气阻力，到A点时速度方向恰好沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50。(g=10 m/s2、sin37∘=0.6、cs37∘=0.8)
(1)求小物块到达A点时速度大小。
(2)要使小物块不脱离轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上．
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．
【解答】
A、曲线运动的速度大小可能不变，如匀速圆周运动，故A正确；
B、曲线运动的速度的方向沿着切线方向，速度的方向时刻改变，故B错误；
C、曲线运动的速度的方向沿着切线方向，速度的方向时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动，故C正确；
D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小一定不为零，故D正确；
本题选择不正确的，故选B。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
分析物体机械能是否守恒应该按照机械能守恒的条件来判断，即在只有重力或弹力对物体做功的条件下(或者不受其他外力的作用下)，物体的动能和势能(包括重力势能和弹性势能)发生相互转化，但机械能的总量保持不变．
本题考查机械能守恒的条件，看是不是有重力或系统内弹力以外的力做功，若有则不守恒．
【解答】
A、物体做匀速直线运动只能是它的动能不变，而重力势能可能变化，如物体在空中匀速直线下落，机械能就减少，故A错误；
B、物体所受的合力的功为零，它的动能不变，重力势能变化不确定，故B错误．
C、物体所受的合力不等于零，它的机械能可能守恒，例如物体自由下落．故C正确．
D、物体所受合力等于零，物体处于静止或匀速直线运动，物体处于静止，机械能一定守恒，物体匀速直线运动，机械能不一定守恒，故D错误．
故选C.
3.【答案】A
【解析】
【分析】
对于运动员踢球的过程，人对足球做功，使足球的动能增大，根据动能定理求解人对足球所做的功．由于踢球时，足球的位移未知，不能用功的公式求此功．
本题中人对足球的作用力是变力，不能直接根据功的公式求人做功，可以根据动能定理求解．
【解答】
解：对于运动员踢球的过程，根据动能定理得：人对足球所做的功W=12mv2=12×1×102 J=50J，
故选A.
4.【答案】A
【解析】
【分析】
小车的运动是合运动，由运动效果可分解为：垂直绳子向上的运动和沿绳子向下的运动，结合矢量分解的平行四边形法则求出沿绳子的速度，可得知A物体的速度，得到物体A做何种运动，然后由牛顿第二定律做出判断。
在分析合运动与分运动时要明确物体实际运动为合运动，因此，判断小车的运动为合运动是关键，同时要根据运动的效果分解合运动。
【解答】
设和小车连接的绳子与水平面的夹角为θ，小车的速度为v，将这个速度分解为沿绳方向向下和垂直绳方向向上的速度，根据平行四边形法则得绳方向的速度为vcsθ，随着小车匀速向右运动，显然θ逐渐减小，则绳方向的速度越来越大，又知物体A的速度与绳子的速度大小一样，所以物体A向上做加速运动，则由牛顿第二定律得：F−mg=ma，即F=mg+ma，因此，绳的拉力大于物体A的重力，所以选项A正确，选项B、C、D错误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
根据万有引力公式分析出卫星所受万有引力的大小关系；根据万有引力提供向心力列式分析出线速度和加速度与半径的关系并完成分析；赤道上的物体和同步卫星的角速度相等，根据向心加速度的表达式分析出向心加速度的大小。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，解题的关键点是理解向心力来源，熟悉向心力公式并结合半径关系完成分析。
【解答】
A、所有GPS卫星的质量关系不清楚，所以所受向心力大小关系不确定，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力，GMmr2=ma=mv2r，解得：a=GMr2；v=GMr。所以所有的GPS卫星比北斗一号卫星的线速度大，北斗二号中的中轨道卫星的加速度一定大于高轨道卫星的加速度，故B错误，C正确；
D、北斗一号系统中的三颗卫星和赤道上物体具有相同的角速度，根据a=ω2r得北斗一号系统的三颗卫星向心加速度比赤道上物体的向心加速度大，故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
根据同一根皮带上，速度的大小相等，根据v=ωr即可得出角速度之比；根据同轴传动，角速度相等即可判断线速度之比与角速度之比。
本题主要考查传动问题，熟练运用公式是解题的关键。
【解答】
如图所示，a与b同一皮带下传动，则va=v b,因为ra：rb=1：2，根据v=ωr，所以ωa：ωb=rb：ra=2：1，bc两点共轴，则ωc=ωb,得角速度之比ωa：ωb：ωc=2：1：1，因为rc：rb=2：1，所以vb：vc=1：2，即va：vb：vc=1：1：2，故C正确，故ABD错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
汽车做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式列式，同时再根据1 s末时的速度利用功率公式确定力和加速度的关系，联立即可求出加速度大小。
本题考查功率公式的应用，要注意明确物理过程，知道汽车做匀加速直线运动，同时明确功率公式P=Fv的准确应用。
【解答】
设汽车的加速度大小为a，t=1 s时汽车的速度为v=at，
根据牛顿第二定律可得F−μmg=ma，此时汽车的功率为P=Fv，
联立以上式子代入数据解得a=1 m/s2，
故B正确，ACD错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】
【分析】
第一宇宙速度是近地卫星绕行速度，第二宇宙速度是发射脱离地球束缚的卫星的最小发射速度；卫星无动力飞行时只受万有引力作用.
万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星是通过做离心运动或近心运动实现轨道高度的变化．
【解答】
A、第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，故发射嫦娥二号的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s，嫦娥二号仍绕地球运动，没有脱离地球的束缚，故其发射速度小于第二宇宙速度11.2km/s，故A正确，B错误；
C、在椭圆轨道上经过P点时，卫星做离心运动，故在椭圆轨道a上的P点卫星的速度大于在圆轨道b上P点时的速度，故C错误；
D、嫦娥二号在P点的加速度都由万有引力产生，故在同一点，不管卫星在哪个轨道其加速度都相同，故D正确．
故选AD。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
在释放前的瞬间，绳子的拉力为零，以支架为研究对象，可分析出支架对地面的压力；摆球到达最低点时，先以小球为研究对象，分析出绳上的拉力，再以支架为研究对象，分析支架对地面的压力。解决本题的关键是分析出小球做圆周运动的向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。
【解答】
AB.在释放前的瞬间，绳子的拉力为零，以支架为研究对象，支架受重力和地面的支持力，满足二力平衡，所以地面对支架的支持力等于Mg，根据牛顿第三定律可知，支架对地面的压力等于Mg;因此A错误，B正确；
CD.摆球到达最低点时，根据动能定理，mgL=12mv2，根据牛顿第二定律可得：F−mg=mv2L，联立可得F=3mg，则支架对地面的压力为Mg+3mg，因此C错误，D正确。
故选BD。
10.【答案】ABD
【解析】
【分析】
给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动，在整个过程中小球的线速度大小不变，6 s末绳子的拉力发生变化，是因为做圆周运动的半径发生变化。
解决本题的关键知道绳子的拉力提供圆周运动的向心力，在跟钉子碰撞的过程中，小球的线速度大小不变，转动的半径每转动半圈变化一次。
【解答】
A.0∼6s内绳子的拉力不变，可得F1=mv2l，6∼10s内拉力大小不变，知F2=mv2l′，因为F2=65F1，则l′=65l，两钉子之间的间距Δx=l−56l=16l，故A正确；
B.第一个半圈经历的时间为6 s，则πlv=6 s，则第二个半圈的时间t′=πl′v=56t=5 s，则t=10.5s时，小球在转第二个半圈，则绳子的拉力为6 N，故B正确；
C.小球转第三个半圈的时间t′′=πl′′v=23t=4 s，则t=14s时，小球转动的半径r=23l，根据F=mv2r，则拉力变为原来的32倍，大小为7.5N，故C错误；
D.细绳每跟钉子碰撞一次，转动半圈的时间少16t=1 s，则细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔Δt=6−3×1 s=3 s;
故D正确.
11.【答案】(1)C；(2)D；(3)A.
【解析】
【分析】
该实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变，研究向心力与角速度的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=ωR，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比．
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔边缘的线速度大小相等．
【解答】
解：(1)根据F=mω2r，要研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，就要保持质量m、角速度ω和半径r中的两个量不变，研究力F与其他一个量的关系，因此实验采用的是控制变量法，故ABD错误，C正确；故选C。
(2)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则根据控制变量法的研究方法可知，是在研究向心力的大小F与角速度ω的关系，故ABC错误，D正确；故选D。
(3)根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：2，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=ωR，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为2：1，故BCD错误，A正确。故选A。
12.【答案】0.1；1.0； 5； (−10,−5)。
【解析】
【分析】
根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度．根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，结合速度-时间公式求出抛出点到B点的时间，根据运动学公式求出抛出点到B点的水平位移和竖直位移，确定小球初始位置的坐标．
解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大．
【解答】
解：在竖直方向上，根据Δy=gT2得，T=Δyg=0.25−0.1510s=0.1s，
则小球平抛运动的初速度v0=xT=
B点的竖直分速度vyB=yAC2T=，
则抛出点到B点的运动时间t=vyBg=210s=0.2s，
B点的速度vB=v02+vyB2=12+22m/s=5 m/s，
抛出点到B点的水平位移xB=v0t=1×0.2m=0.2m，
抛出点到B点的竖直位移yB=12gt2=12×10×0.22 m=0.2m，
则抛出点的横坐标x=0.1m−0.2m=−0.1m=−10cm，
纵坐标y=0.15m−0.2m=−0.05m=−5cm，
可知小球初始位置的坐标为(−10,−5).
13.【答案】(1)当小球恰好通过最高点时，小球只受重力，并由重力提供向心力，设此时速度为v0,
根据牛顿第二定律得：mg=mv02L，
所以v0=gL=10 m/s，
(2)若细绳此时恰好被拉断，则T=Tmax=46N，
小球在最低点时，由牛顿第二定律得： T−mg=m v2L，
代入数据得：v=6m/s；
(3)绳断后，小球做平抛运动，设水平距离为x，
则有：h−L= 12gt2得：t=1s，
水平距离 x=vt=6×1m=6m。
【解析】本题主要考查了向心力公式、平抛运动基本公式的应用，要求同学们能正确分析小球的运动情况和受力情况，掌握向心力公式和运动学公式，并能用来解题。
(1)当小球恰好通过最高点时，重力提供向心力，根据向心力公式即可求解；
(2)在最低点细绳恰好被拉断时，绳子的拉力达到最大值，对小球在最低点进行受力分析，由向心力公式即可求解；
(3)细绳断后，小球做平抛运动，根据平抛运动基本公式即可求解。
14.【答案】解：(1)设抛出点的高度为h，第一次平抛运动的水平位移为x，
则：x2+h2=L2，
若抛出的初速度为2倍时，则水平位移为2x ，
因此有：(2x)2+h2=(3L)2
设该星球表面的重力加速度为g′，则：h=12g′t2，
而在该星球表面上，有：GMmR2=mg′，解得，星球质量：M=23LR23Gt2；
万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmR2=mv2R，
解得：v=23LR3t2；
(2)星球的平均密度：ρ=MV=23LR23Gt243πR3=3L2πRGt2。
【解析】(1)根据平抛运动的规律，知初速度增大到2倍，则水平位移也增大2倍，结合几何关系求出小球落地的高度，通过平抛运动竖直方向上的运动规律求出重力加速度的大小，结合万有引力等于重力求出月球的质量M，卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律求出最小发射速度。
(2)应用密度公式求出星球的平均密度。
本题综合考查了平抛运动和万有引力的综合，知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用。
15.【答案】解：(1)小物块做平抛运动，设小物块到达A点时速度为vA，由于小物块恰好沿斜面AB方向滑下，
则有cs37∘=v0vA，解得vA=5 m/s；
(2)若小物块从水平轨道DE滑出，设物块刚好经过圆轨道最高点的速度为v1，圆轨道半径为R1，此时物块受到的重力恰好提供向心力mg=mv12R1，物块从A点滑下到圆轨道最高点的过程中，根据动能定理有mg(Lsin37∘−2R1)−μmgcs37∘⋅L=12mv12−12mvA2，解得R1=0.66 m，故物块从水平轨道DE滑出，圆弧轨道的半径满足R≤0.66 m；
若小物块滑上圆弧轨道没有越过圆心等高位置，则物块会从圆弧轨道返回倾斜轨道AB，这种情景满足题意要求，假设小物块刚好到达圆轨道圆心等高位置，速度减为0，对应轨道半径为R2，根据动能定理有mg(Lsin37∘−R2)−μmgcs37∘⋅L=0−12mvA2，解得R2=1.65 m，为了能使小物块从圆弧返回倾斜轨道AB，圆弧轨道的半径满足R≥1.65 m；
故要使小物块不脱离轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足R≤0.66 m或R≥1.65 m。
【解析】(1)从抛出点到A点做平抛运动，根据平抛运动的规律可解得落到A点时竖直方向的速度vy与h的关系，根据竖直方向速度vy与水平方向速度vx的夹角之间的关系，可以解得h.
(2)现根据第一问中求得到达A的速度，从A到B运用动能定理列方程，从B到环的最高点运用机械能守恒列方程，再根据到达最高点的临界条件mvP2R≥mg，联立方程组求解．
此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、机械能守恒定律、圆周运动等规律，包含知识点多，关键要掌握圆周运动的临界条件．
A. 曲线运动的速度大小可能不变
B. 曲线运动的速度方向可能不变
C. 曲线运动一定是变速运动
D. 做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零
2. 下列关于机械能守恒的说法中正确的是( )
A. 物体做匀速直线运动，它的机械能一定守恒
B. 物体所受的合力的功为零，它的机械能一定守恒
C. 物体所受的合力不等于零，它的机械能可能守恒
D. 物体所受的合力等于零，它的机械能一定守恒
3. 一人用力踢质量为1 kg的足球，使球由静止以10m/s的速度沿水平方向飞出，假设人踢球时对球的平均作用力为200 N，球在水平方向运动了20 m，那么人对球所做的功( )
A. 50 JB. 200 JC. 4000 JD. 非上述各值
4. 如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的受力情况是( )
A. 绳的拉力大于A的重力
B. 绳的拉力等于A的重力
C. 绳的拉力小于A的重力
D. 绳的拉力先大于A的重力，后变为小于重力
5. 中国自主研发的北斗二号卫星系统在2015年形成覆盖全球的卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成．现在中国正在服役的北斗一号卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面36000 km的地球同步轨道上，而美国的全球卫星定位系统GPS由24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为20000 km。则下列说法中正确的是( )
A. 美国所有GPS的卫星所受向心力大小均相等
B. 美国所有GPS的卫星比北斗一号的卫星线速度小
C. 北斗二号中的中轨道卫星的加速度一定大于高轨道卫星的加速度
D. 北斗一号系统中三颗卫星向心加速度比赤道上物体的向心加速度小
6. 如图为一皮带传动装置，a、b、c三点做圆周运动的半径之比ra:rb:rc=1:2:4。若a、b、c三点的线速度分别用υa、υb、υc表示，角速度分别用ωa、ωb、ωc表示，在传动过程中皮带不打滑，则下列关系式正确的是( )
A. υa:υb:υc=1:2:4B. υa:υb:υc=4:2:1
C. ωa:ωb:ωc=2:1:1D. ωa:ωb:ωc=1:2:2
7. 质量为5 t 的汽车在水平路面上由静止开始做匀加速直线运动，动摩擦因数为0.2，启动后第1 s末发动机的瞬时功率为1.5×104 W(此时未达到额定功率)，则此时汽车的加速度大小为( )
A. 0.5m/s2B. 1m/s2C. 1.5m/s2D. 2m/s2
8. “嫦娥二号”卫星已成功发射，这次发射后卫星直接进入近地点高度为200 km、远地点高度约3.8×105km的地月转移轨道直接奔月．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点为100 km、周期为12 h的椭圆轨道a，再经过两次轨道调整，进入距月球100 km的近月圆轨道b，轨道a和b相切于P点，如图所示．下列说法正确的是( )
A. “嫦娥二号”卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s
B. “嫦娥二号”卫星的发射速度大于11.2km/s
C. “嫦娥二号”卫星在a、b轨道经过P点的速度va=vb
D. “嫦娥二号”卫星在a、b轨道经过P点的加速度分别为aa、ab，则aa=ab
9. (多选)如图所示，放置在水平地面上的支架质量为 M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为 m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是( )
A. 在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m+M)g
B. 在释放前的瞬间，支架对地面的压力为 Mg
C. 摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m+M)g
D. 摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(3m+M)g
10. 如图甲所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力)，A、B、C在同一直线上．t=0时，给小球一个垂直于细绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动．在0≤t≤10s时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 两根铁钉间的距离为细绳长的1/6
B. t=10.5s时细绳拉力的大小为6 N
C. t=14s时细绳拉力的大小为10 N
D. 细绳第三次碰铁钉到第四次碰钉的时间间隔为3 s
11. 向心力演示器是用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系实验装置，如图所示。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的大小关系。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。
(1)在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们要用到物理学中的______；
A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.演绎推理法
(2)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与______的关系；
A.钢球质量mB.运动半径rC.向心加速度a D.角速度ω
(3)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球A和钢球C所受向心力的比值为1：4，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为______。
A.2：1B.1：2C.4：1D.1：4
12. 在做“研究平抛运动”的实验时，某同学用铅笔描出了小球经过空间三点A、B、C的位置和一条竖直线之后，就取下图纸，忘了标出初始位置O，在图纸上过A点作竖直向下的y轴和水平的x轴，定出了A、B、C三点坐标，如图所示，由图中的数据可知，A点到B点的时间是 ______s，小球平抛运动的初速度为______m/s，B点的速度为______m/s，按图示坐标轴，可知平抛运动小球的初始位置的坐标为______。(g=10m/s2)
13. 质量m=1kg的小球在长为L=1m的细绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmax=46N，转轴离地高度h=6m，g取10m/s2.则：
(1)若恰好通过最高点，则最高点处的速度为多大？
(2)在某次运动中在最低点细绳恰好被拉断，则此时的速度为多大？
(3)绳断后小球做平抛运动，如图所示，求落地水平距离x.
14. 宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球。经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L，若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为3L.已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，引力常量为G，则：
(1)若在该星球上发射卫星，求最小的发射速度；
(2)该球星的平均密度为多大？
15. 为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37∘、长为L=2.0 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个小物块以初速度v0=4.0 m/s从某一高处水平抛出，不计空气阻力，到A点时速度方向恰好沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50。(g=10 m/s2、sin37∘=0.6、cs37∘=0.8)
(1)求小物块到达A点时速度大小。
(2)要使小物块不脱离轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上．
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．
【解答】
A、曲线运动的速度大小可能不变，如匀速圆周运动，故A正确；
B、曲线运动的速度的方向沿着切线方向，速度的方向时刻改变，故B错误；
C、曲线运动的速度的方向沿着切线方向，速度的方向时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动，故C正确；
D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小一定不为零，故D正确；
本题选择不正确的，故选B。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
分析物体机械能是否守恒应该按照机械能守恒的条件来判断，即在只有重力或弹力对物体做功的条件下(或者不受其他外力的作用下)，物体的动能和势能(包括重力势能和弹性势能)发生相互转化，但机械能的总量保持不变．
本题考查机械能守恒的条件，看是不是有重力或系统内弹力以外的力做功，若有则不守恒．
【解答】
A、物体做匀速直线运动只能是它的动能不变，而重力势能可能变化，如物体在空中匀速直线下落，机械能就减少，故A错误；
B、物体所受的合力的功为零，它的动能不变，重力势能变化不确定，故B错误．
C、物体所受的合力不等于零，它的机械能可能守恒，例如物体自由下落．故C正确．
D、物体所受合力等于零，物体处于静止或匀速直线运动，物体处于静止，机械能一定守恒，物体匀速直线运动，机械能不一定守恒，故D错误．
故选C.
3.【答案】A
【解析】
【分析】
对于运动员踢球的过程，人对足球做功，使足球的动能增大，根据动能定理求解人对足球所做的功．由于踢球时，足球的位移未知，不能用功的公式求此功．
本题中人对足球的作用力是变力，不能直接根据功的公式求人做功，可以根据动能定理求解．
【解答】
解：对于运动员踢球的过程，根据动能定理得：人对足球所做的功W=12mv2=12×1×102 J=50J，
故选A.
4.【答案】A
【解析】
【分析】
小车的运动是合运动，由运动效果可分解为：垂直绳子向上的运动和沿绳子向下的运动，结合矢量分解的平行四边形法则求出沿绳子的速度，可得知A物体的速度，得到物体A做何种运动，然后由牛顿第二定律做出判断。
在分析合运动与分运动时要明确物体实际运动为合运动，因此，判断小车的运动为合运动是关键，同时要根据运动的效果分解合运动。
【解答】
设和小车连接的绳子与水平面的夹角为θ，小车的速度为v，将这个速度分解为沿绳方向向下和垂直绳方向向上的速度，根据平行四边形法则得绳方向的速度为vcsθ，随着小车匀速向右运动，显然θ逐渐减小，则绳方向的速度越来越大，又知物体A的速度与绳子的速度大小一样，所以物体A向上做加速运动，则由牛顿第二定律得：F−mg=ma，即F=mg+ma，因此，绳的拉力大于物体A的重力，所以选项A正确，选项B、C、D错误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
根据万有引力公式分析出卫星所受万有引力的大小关系；根据万有引力提供向心力列式分析出线速度和加速度与半径的关系并完成分析；赤道上的物体和同步卫星的角速度相等，根据向心加速度的表达式分析出向心加速度的大小。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，解题的关键点是理解向心力来源，熟悉向心力公式并结合半径关系完成分析。
【解答】
A、所有GPS卫星的质量关系不清楚，所以所受向心力大小关系不确定，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力，GMmr2=ma=mv2r，解得：a=GMr2；v=GMr。所以所有的GPS卫星比北斗一号卫星的线速度大，北斗二号中的中轨道卫星的加速度一定大于高轨道卫星的加速度，故B错误，C正确；
D、北斗一号系统中的三颗卫星和赤道上物体具有相同的角速度，根据a=ω2r得北斗一号系统的三颗卫星向心加速度比赤道上物体的向心加速度大，故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
根据同一根皮带上，速度的大小相等，根据v=ωr即可得出角速度之比；根据同轴传动，角速度相等即可判断线速度之比与角速度之比。
本题主要考查传动问题，熟练运用公式是解题的关键。
【解答】
如图所示，a与b同一皮带下传动，则va=v b,因为ra：rb=1：2，根据v=ωr，所以ωa：ωb=rb：ra=2：1，bc两点共轴，则ωc=ωb,得角速度之比ωa：ωb：ωc=2：1：1，因为rc：rb=2：1，所以vb：vc=1：2，即va：vb：vc=1：1：2，故C正确，故ABD错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
汽车做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式列式，同时再根据1 s末时的速度利用功率公式确定力和加速度的关系，联立即可求出加速度大小。
本题考查功率公式的应用，要注意明确物理过程，知道汽车做匀加速直线运动，同时明确功率公式P=Fv的准确应用。
【解答】
设汽车的加速度大小为a，t=1 s时汽车的速度为v=at，
根据牛顿第二定律可得F−μmg=ma，此时汽车的功率为P=Fv，
联立以上式子代入数据解得a=1 m/s2，
故B正确，ACD错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】
【分析】
第一宇宙速度是近地卫星绕行速度，第二宇宙速度是发射脱离地球束缚的卫星的最小发射速度；卫星无动力飞行时只受万有引力作用.
万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星是通过做离心运动或近心运动实现轨道高度的变化．
【解答】
A、第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，故发射嫦娥二号的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s，嫦娥二号仍绕地球运动，没有脱离地球的束缚，故其发射速度小于第二宇宙速度11.2km/s，故A正确，B错误；
C、在椭圆轨道上经过P点时，卫星做离心运动，故在椭圆轨道a上的P点卫星的速度大于在圆轨道b上P点时的速度，故C错误；
D、嫦娥二号在P点的加速度都由万有引力产生，故在同一点，不管卫星在哪个轨道其加速度都相同，故D正确．
故选AD。
9.【答案】BD
【解析】
【分析】
在释放前的瞬间，绳子的拉力为零，以支架为研究对象，可分析出支架对地面的压力；摆球到达最低点时，先以小球为研究对象，分析出绳上的拉力，再以支架为研究对象，分析支架对地面的压力。解决本题的关键是分析出小球做圆周运动的向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。
【解答】
AB.在释放前的瞬间，绳子的拉力为零，以支架为研究对象，支架受重力和地面的支持力，满足二力平衡，所以地面对支架的支持力等于Mg，根据牛顿第三定律可知，支架对地面的压力等于Mg;因此A错误，B正确；
CD.摆球到达最低点时，根据动能定理，mgL=12mv2，根据牛顿第二定律可得：F−mg=mv2L，联立可得F=3mg，则支架对地面的压力为Mg+3mg，因此C错误，D正确。
故选BD。
10.【答案】ABD
【解析】
【分析】
给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动，在整个过程中小球的线速度大小不变，6 s末绳子的拉力发生变化，是因为做圆周运动的半径发生变化。
解决本题的关键知道绳子的拉力提供圆周运动的向心力，在跟钉子碰撞的过程中，小球的线速度大小不变，转动的半径每转动半圈变化一次。
【解答】
A.0∼6s内绳子的拉力不变，可得F1=mv2l，6∼10s内拉力大小不变，知F2=mv2l′，因为F2=65F1，则l′=65l，两钉子之间的间距Δx=l−56l=16l，故A正确；
B.第一个半圈经历的时间为6 s，则πlv=6 s，则第二个半圈的时间t′=πl′v=56t=5 s，则t=10.5s时，小球在转第二个半圈，则绳子的拉力为6 N，故B正确；
C.小球转第三个半圈的时间t′′=πl′′v=23t=4 s，则t=14s时，小球转动的半径r=23l，根据F=mv2r，则拉力变为原来的32倍，大小为7.5N，故C错误；
D.细绳每跟钉子碰撞一次，转动半圈的时间少16t=1 s，则细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔Δt=6−3×1 s=3 s;
故D正确.
11.【答案】(1)C；(2)D；(3)A.
【解析】
【分析】
该实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变，研究向心力与角速度的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=ωR，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比．
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔边缘的线速度大小相等．
【解答】
解：(1)根据F=mω2r，要研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，就要保持质量m、角速度ω和半径r中的两个量不变，研究力F与其他一个量的关系，因此实验采用的是控制变量法，故ABD错误，C正确；故选C。
(2)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则根据控制变量法的研究方法可知，是在研究向心力的大小F与角速度ω的关系，故ABC错误，D正确；故选D。
(3)根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：2，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=ωR，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为2：1，故BCD错误，A正确。故选A。
12.【答案】0.1；1.0； 5； (−10,−5)。
【解析】
【分析】
根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度．根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，结合速度-时间公式求出抛出点到B点的时间，根据运动学公式求出抛出点到B点的水平位移和竖直位移，确定小球初始位置的坐标．
解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大．
【解答】
解：在竖直方向上，根据Δy=gT2得，T=Δyg=0.25−0.1510s=0.1s，
则小球平抛运动的初速度v0=xT=
B点的竖直分速度vyB=yAC2T=，
则抛出点到B点的运动时间t=vyBg=210s=0.2s，
B点的速度vB=v02+vyB2=12+22m/s=5 m/s，
抛出点到B点的水平位移xB=v0t=1×0.2m=0.2m，
抛出点到B点的竖直位移yB=12gt2=12×10×0.22 m=0.2m，
则抛出点的横坐标x=0.1m−0.2m=−0.1m=−10cm，
纵坐标y=0.15m−0.2m=−0.05m=−5cm，
可知小球初始位置的坐标为(−10,−5).
13.【答案】(1)当小球恰好通过最高点时，小球只受重力，并由重力提供向心力，设此时速度为v0,
根据牛顿第二定律得：mg=mv02L，
所以v0=gL=10 m/s，
(2)若细绳此时恰好被拉断，则T=Tmax=46N，
小球在最低点时，由牛顿第二定律得： T−mg=m v2L，
代入数据得：v=6m/s；
(3)绳断后，小球做平抛运动，设水平距离为x，
则有：h−L= 12gt2得：t=1s，
水平距离 x=vt=6×1m=6m。
【解析】本题主要考查了向心力公式、平抛运动基本公式的应用，要求同学们能正确分析小球的运动情况和受力情况，掌握向心力公式和运动学公式，并能用来解题。
(1)当小球恰好通过最高点时，重力提供向心力，根据向心力公式即可求解；
(2)在最低点细绳恰好被拉断时，绳子的拉力达到最大值，对小球在最低点进行受力分析，由向心力公式即可求解；
(3)细绳断后，小球做平抛运动，根据平抛运动基本公式即可求解。
14.【答案】解：(1)设抛出点的高度为h，第一次平抛运动的水平位移为x，
则：x2+h2=L2，
若抛出的初速度为2倍时，则水平位移为2x ，
因此有：(2x)2+h2=(3L)2
设该星球表面的重力加速度为g′，则：h=12g′t2，
而在该星球表面上，有：GMmR2=mg′，解得，星球质量：M=23LR23Gt2；
万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmR2=mv2R，
解得：v=23LR3t2；
(2)星球的平均密度：ρ=MV=23LR23Gt243πR3=3L2πRGt2。
【解析】(1)根据平抛运动的规律，知初速度增大到2倍，则水平位移也增大2倍，结合几何关系求出小球落地的高度，通过平抛运动竖直方向上的运动规律求出重力加速度的大小，结合万有引力等于重力求出月球的质量M，卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律求出最小发射速度。
(2)应用密度公式求出星球的平均密度。
本题综合考查了平抛运动和万有引力的综合，知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用。
15.【答案】解：(1)小物块做平抛运动，设小物块到达A点时速度为vA，由于小物块恰好沿斜面AB方向滑下，
则有cs37∘=v0vA，解得vA=5 m/s；
(2)若小物块从水平轨道DE滑出，设物块刚好经过圆轨道最高点的速度为v1，圆轨道半径为R1，此时物块受到的重力恰好提供向心力mg=mv12R1，物块从A点滑下到圆轨道最高点的过程中，根据动能定理有mg(Lsin37∘−2R1)−μmgcs37∘⋅L=12mv12−12mvA2，解得R1=0.66 m，故物块从水平轨道DE滑出，圆弧轨道的半径满足R≤0.66 m；
若小物块滑上圆弧轨道没有越过圆心等高位置，则物块会从圆弧轨道返回倾斜轨道AB，这种情景满足题意要求，假设小物块刚好到达圆轨道圆心等高位置，速度减为0，对应轨道半径为R2，根据动能定理有mg(Lsin37∘−R2)−μmgcs37∘⋅L=0−12mvA2，解得R2=1.65 m，为了能使小物块从圆弧返回倾斜轨道AB，圆弧轨道的半径满足R≥1.65 m；
故要使小物块不脱离轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足R≤0.66 m或R≥1.65 m。
【解析】(1)从抛出点到A点做平抛运动，根据平抛运动的规律可解得落到A点时竖直方向的速度vy与h的关系，根据竖直方向速度vy与水平方向速度vx的夹角之间的关系，可以解得h.
(2)现根据第一问中求得到达A的速度，从A到B运用动能定理列方程，从B到环的最高点运用机械能守恒列方程，再根据到达最高点的临界条件mvP2R≥mg，联立方程组求解．
此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、机械能守恒定律、圆周运动等规律，包含知识点多，关键要掌握圆周运动的临界条件．
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